2020年普通高等学校招生全国统一考试适应性考试（一）数学（文）试题

2020年普通高等学校招生全国统一考试适应性考试（一）数学（文）试题

秘密★启用前 2020 年普通高等学校招生全国统一考试适应性考试（一） 数 学（文） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写 在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷（选择题 共 60 分） 一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分，在每小题给出的四 个选项中，只有一项是符号题目要求的）. 1． 2 3 (1 )i   ( ) A． 3 2 i B． 3 2 i C． i D． i 2． 要得到函数 sin 2y x 的图象，只需将函数 sin 2y x      的图象（ ） A．向右平移   个单位 B．向左平移   个单位 C．向左平移   个单位 D．向右平移   个单位 3． 设集合  1 2A  ， ，则满足  1 2 3A B  ，， 的集合 B的个数是（ ） A．1 B．3 C．4 D．8 4． 已知    1 2 2 4a b     ，， ， ，则（ ） A． a b   B． a  与b  同向 C． a  与b  反向 D． 1 ( ) 5 a b   为单位向量 5． “ 1sin 2   ”是“ 1cos 2 2   ” 的（ ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 6． 已知正三角形 ABC的顶点 (11)A ，， (1 3)B ， ，顶点C在第一象限，若点 ( )x y， 在 ABC 内部，则 z x y   的取值范围是（ ） A． (1 3 2) ， B． (0 2)， C． ( 3 1 2) ， D． (0 1 3)， 7． 若 0a b  ，0 1c  ，则（ ） A． log loga bc c B． log logc ca b C． c ca b D． a bc c 8． 等差数列 na 的公差不为零，其前n项和为 nS ，若 7 43a a ，则 10 4 S a 的值为（ ） A．15 B． 20 C． 25 D． 40 9． 设椭圆的两个焦点分别为 1F 、 2F ，过 2F 作椭圆长轴的垂线交椭圆于点 P，若 1 2F PF 为等腰直角三角形，则椭圆的离心率是（ ） A． 2 2 B． 2 1 2  C．2 2 D． 2 1 10．如图，正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的棱长为1，线段 1 1B D 上有两个动点 E， F ，且 1 2 EF  ，则下列结 论中错误的是 A． AC BE B． //EF ABCD平面 C．三棱锥 A BEF 的体积为定值 D． AEF BEF 的面积与 的面积相等 11．函数 ( ) cos sin 2f x x x ，则下列结论错误的是（ ） A． ( )f x 的图象关于 ( 0)， 中心对称 B． ( )f x 的图象关于直线 2 x   对称 C． ( )f x 的最大值为 3 2 D． ( )f x 既是奇函数，又是周期函数 12．已知函数 2 4 1 0 ( ) 12 ( ) 2 x x x x f x        ， ，若关于 x的方程 22 ( ) (2 1) ( ) 0f x m f x m    恰有三个不同的实根，则m的取值范围为（ ） A． (1 2)， B．  [2 5) 1， C． 15， D．  (2 5) 1， 第Ⅱ卷（非选择题 共 90 分） 二、填空题：本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分.把答案填在答题卡中的 横线上. 13．木星的表面积约是地球表面积的 120倍，则它的体积约是地球体积的 倍. 14．设 na 是公比为q的等比数列， 1q  ，令 1( 1,2, )n nb a n    ，若数列 nb 有 连续四项在集合 53, 23,19,37,82  中，则 q = . 15．偶函数 ( )y f x 的图关于直线 2x  对称， (3) 3f  ，则 ( 1)f   . 16． P为双曲线 2 2 1 9 16 x y   的右支上一点，M ，N 分别是圆 2 2( 5) 4x y   和 2 2( 5) 1x y   上的点，则 PM PN 的最大值为 . 三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17－21 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要 求作答。 （一）必考题：共 60 分. 17．（12分）某央企在一个社区随机采访男性和女性用户各 50名，统计他（她）们一天 （24h）使用手机的时间，其中每天使用手机超过 6小时（含 6小时）的用户称为 “手机迷”，否则称其为“非手机迷”，调查结果如下： 男性用户的频数分布表 男性用户日用时间分组（ h）  0,2  2,4  4,6  6,8  8,10 频数 20 12 8 6 4 女性用户的频数分布表 女性用户日用时间分组（ h）  0,2  2,4  4,6  6,8  8,10 频数 25 10 6 8 1 （1）分别估计男性用户，女性用户“手机迷”的频率； （2）求男性用户每天使用手机所花时间的中位数； （3）求女性用户每天使用手机所花时间的平均数与标准差（同一组中的数据用该组 区间的中点值作代表）. 18．（12分）在 ABC 中，角 , ,A B C所对的边分别为 , ,a b c .已知  1 2cosb a C  . （1）证明： 2C A ； （2）若 12c  ， 2cos 3 A  ，求 ABC 的周长. 19．（12分）如图， A B C D， ， ， 为空间四点．在 ABC 中， 2AB  ， 2AC BC  ．等边三角形 ADB以 AB为轴运 动． （1）当平面 ADB 平面 ABC时，求CD； （2）当 ADB 转动时,是否总有 AB CD ？证明你的结论． 20．（12分）在平面直角坐标系 xoy中， 抛物线 2xy  上异于坐标原点O的两不同动点 A、B满足 BOAO  ． （1）求 AOB 的重心G（即三角形三条中线的交点）的轨迹方程； （2） AOB 的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由． 21．（12分）设函数 2 2( ) x xf x e x m    . （1）求 ( )f x 的单调区间； （2）若对任意 1 2, [ , ]( 0)x x m m m   ，都有 1 2| ( ) ( ) | 1f x f x e   ，求m的取值范围. （二）选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 题中选一题作答。如果多做,则按所做的第 一题计分。 22．(10 分）[选修 4-4：坐标系与参数方程] 在平面直角坐标系 xOy中，曲线 1C 的参数方程为 1, 1 x t t y t t         （ t为参数）.以坐标原 点O为极点， x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 2 2  . （1）求曲线 1C 的极坐标方程和曲线 2C 的直角坐标方程； （2）求曲线 1C 与 2C 交点的极坐标. 23．(10 分）[选修 4-5：不等式选讲] 已知函数 2( ) 2f x x  ， ( )g x x a  . （1）若 1a  ，解不等式 ( ) ( ) 3f x g x  ； （2）若不等式 ( ) ( )f x g x 至少有一个负数解，求实数 a的取值范围. 2020 年普通高等学校招生全国统一考试适应性考试（一） 数学参考答案及评分标准（文科） 一、选择题 题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答 案 A B C C A A B B D D C B 二、填空题 13． 240 30 14． 3 2  15．3 16． 9 三、解答题 17.（1）男性用户“手机迷”的频率为 10 0.2 50  ；...............................................................................2分 女性用户“手机迷”的频率为 9 0.18 50  ................................................................................................4分 （2）设男性用户每天使用手机所花时间的中位数为 x，则  20 122 0.5 50 100 x    ......................6分 解得  17 6 x h ............................................................................................................................................8 分 （3）设女性用户每天使用手机所花时间的平均数为 x，标准差为 s 1 25 3 10 5 6 7 8 9 1 150 3 50 50 x             ，........................................................................... ...10分          2 2 2 2 21 3 25 3 3 10 5 3 6 7 3 8 9 3 1 12 50 5 s                 ......................... ......12分 18.（1）证明：因为 (1 2cos )b a C  ， 所以 sin sin (1 2cos )B A C  ，即 sin( ) sin 2sin cosA C A A C   ，..........................................2分 所以 sin cos cos sin sin 2sin cosA C A C A A C   ， 即 cos sin sin cos sinA C A C A  ，则 sin( ) sinC A A  ................................................................4分 所以C A A  或C A A   （舍去），所以 2C A ；..................................................................6分 （漏掉C A A   扣 1分） （2）由（1）得 sin sin 2 2sin cosC A A A  ， 由正弦定理有 sin sin a c A C  ,即 sin sin 2 2sin cos a c c A A A A    .......................................................7分 所以 12 922cos 2 3 ca A     .....................................................................................................................8 分 由余弦定理得 2 2 2 2 ccosa b c b A   ，................................................................................................9分 所以 281 144 16b b   ，即 2 16 63 0b b   ， 所以    7 9 0b b   ，解得 7b  或 9b  .........................................................................................10分 当 7b  时， ABC 的周长为 9 7 12 28   ；...................................................................................11分 当 9b  时， ABC 的周长为 9 9 12 30   ；...................................................................................12分 综上， ABC 的周长为 28或 30. （未写综上不扣分） 19．（1）取 AB的中点 E，连结 DE CE， ，.......................................................................................1分 因为 ADB是等边三角形，所以 DE AB ．.........................................................................................2分 当平面 ADB 平面 ABC时， 因为平面 ADB平面 ABC AB ， 所以DE 平面 ABC，............................................................................................................................3分 可知 DE CE ...........................................................................................................................................4 分 由已知可得 3 1DE EC ， ，在 DECRt△ 中， 2 2 2CD DE EC   ．.............................6分 （2）当 ADB△ 以 AB为轴转动时，总有 AB CD ．......................................................................7 分 证明： （ⅰ）当D在平面 ABC内时，因为 AC BC AD BD= ， ，所以C D， 都在线段 AB的垂直 平分线上， 即 AB CD ．........................................................................................................................................... 9分 （ⅱ）当D不在平面 ABC内时，由（1）知 AB DE ． 又因 AC BC ，所以 AB CE ． 又DE CE， 为相交直线，所以 AB 平面 CDE，..............................................................................11分 由CD 平面CDE，得 AB CD ． 综上所述，总有 AB CD ．...................................................................................................................12分 20．（1）因为   2 2 x xf x e x m    ，所以    2 2 2 21 1x xx xf x e e m m       ， .......................1分 观察可得   00f   ，..............................................................................................................................2分 又   2 2 0xxf e m     ，所以  xf  在 R上为增函 数，.................................................................3分 即   0f x  只有唯一的零点 0x  .......................................................................................................4分 所以当  ,0x  时，   0f x  ；当  0,x  时，   0f x  ． .......................................5 分 所以  f x 的单调递减区间是  ,0 ，单调递增区间是  0, ． ...............................................6分 另解：（1）因为   2 2 x xf x e x m    ，所以    2 2 2 21 1x xx xf x e e m m       ， ...................1 分 所以当  ,0x  时，  2 21 0, 0, 0x xe f x m     ；....................................................................3分 当  0,x  时，  2 21 0, 0, 0x xe f x m     ． ..........................................................................5分 所以  f x 的单调递减区间是  ,0 ，单调递增区间是  0, ． ...............................................6分 （2）由（1）知，  f x 在 ,0m 上单调递减，在 0,m 上单调递增， .......................................7 分 所以  min (0) 1f x f  ，    max max ( ) ( )f x f m f m  ， ．.......................................................8分 所以对于任意的  1 2, ,x x m m  ，    1 2 1f x f x e   的充要条件为         0 1 0 1 f m f e f m f e          ，即 1 1 m m e m e e m e         ①...............................................................9分 设函数   tg t e t  ，则   1tg t e   ． 当 0t  时，   0g t  ；当 0t  时，   0g t  ， 故  g t 在  ,0 上单调递减，在  0, 上单调递 增．.................................................................10分 又  1 1g e  ，   mg m e m  ，   mg m e m   ， 所以当  0,1m 时，         11 1, 1 1 1g m g e g m g e e          ，即①式成立， 综上所述，m的取值范围是  0,1 ．.....................................................................................................12分 21．解法一： （1）∵直线 AB的斜率显然存在，∴设直线 AB的方程为 bkxy  ，.......................................1 分 ),(),,( 2211 yxByxA ，依题意得 0,, 2 2       bkxxy xy bkxy 得消去由 ，① ∴ kxx  21 ，② bxx 21 ③.................................................................................................2分 ∵ OBOA  ，∴ 02121  yyxx ，即 02 2 2 121  xxxx ，④ 由③④得， 02  bb ，∴ )(01 舍去或  bb .............................................................................3 分 ∴设直线 AB的方程为 1 kxy ∴①可化为 012  kxx ，∴ 121 xx ⑤， ..............................................................4分 设 AOB 的重心 G为 ),( yx ，则 33 021 kxxx    ⑥ ， 3 2 3 2)( 3 0 2 2121       kxxkyyy ⑦，.....................................................................5分 由⑥⑦得 3 2)3( 2   xy ，即 3 23 2  xy ， 这就是 AOB 得重心G的轨迹方 程．..................................................................................................6分 （2）由弦长公式得 21 2 21 2 4)(1|| xxxxkAB  把②⑤代入上式，得 41|| 22  kkAB ，........................................................................7分 设点O到直线 AB的距离为 d ，则 1 1 2   k d ，............................................................................8分 ∴ 2 4|| 2 1 2   kdABS AOB ， ...............................................................................................10 分 ∴ 当 0k ， AOBS 有最小 值，................................................................................................... ........11分 ∴ AOB 的面积存在最小值，最小值是 1 ．......................................................................................12分 解法二： （Ⅰ）∵ BOAO  , 直线OA，OB的斜率显然存在， ∴设OA、OB的直线方程分别为 kxy  ， x k y 1  ，..................................................................1 分 设 ),( 11 yxA ， ),( 22 yxB ，依题意可得 由      2xy kxy 得 ),( 2kkA ，由       2 1 xy x k y 得 )1,1( 2kk B  ，............................................3分 设 AOB 的重心 G为 ),( yx ，则 3 1 3 021 k kxxx     ① ， 3 1 3 0 2 2 21 k kyyy     ②，............................5 分 由①②可得， 3 23 2  xy ，即为所求的轨迹方 程............................................................................6分 （Ⅱ）由（Ⅰ）得， 42|| kkOA  ， 42 11|| kk OB  ，.......................................................8 分 ∴ 42 42 11 2 1|||| 2 1 kk kkOBOAS AOB  ..................................................................... 9分 21 2 1 2 2  k k 122 2 1  ，........................................................................................... 10分 当且仅当 2 2 1 k k  ，即 1k 时， AOBS 有最小 值，........................................................................11分 ∴ AOB 的面积存在最小值，最小值是 1 .........................................................................................12分 22．（1）由题意，将 1x t t   与 1y t t   两式平方相减可得 2 2 4x y   . 因为 cos , sin , x y        所以 2 2 2 2cos sin 4      ， 即曲线 1C 的极坐标方程为 2 cos2 4    .........................................................................................3分 将曲线 2C 的极坐标方程 2 2  化为直角坐标方程为 2 2 8x y  .................................................5分 （2）由题意得 2 cos 2 4, 2 2,         ，故 1cos 2 2    ，......................................................................6 分 所以 22 3   或 4 3  或 8 3  或 3  ，即 3   或 2 3  或 4 3  或 5 3  所以两曲线交点的极坐标为 2 2, 3       ， 22 2, 3       ， 2 2, 3       ， 2 2, 3       .....................10 分 （漏一个扣 1 分） 23．（1）若 1a  ，则不等式  f x +  g x 3 化为 22 1 3x x    ． 当 1x  时， 22 1 3xx    ，即 2x  2 0x   ，.........................................................................1 分 因为不等式对应的一元二次方程 1 8 0    ，故不等式无解； .................................................3 分 当 1x  时， 22 1 3x x    ，即 2x 0x  ，解得 1 0x   ． ..............................................4 分 综上，不等式  f x +  g x ≥3的解集为{ | 1 0}x x   ． ............................................................5 分 （2）作出 y   f x 的图象如图所示，当 0a  时，  g x 的图象如折线①所示， 由 22 y x a y x      ，得 2x 2 0x a    ， 若相切，则  1 4 2 0a     ，得a  9 4  ，..............................................................................6 分 数形结合知，当 a   9 4 时，不等式无负数解，则− 9 4 0a  ． ..............................................7 分 当 0a  时，满足  f x >  g x 至少有一个负数解． ....................................................................8 分 当 0a  时，  g x 的图象如折线②所示， 此时当 2a  时恰好无负数解，数形结合知， 当 2a  时，不等式无负数解，则0 2a  ． ..............................................................................9 分 综上所述，若不等式  f x >  g x 至少有一个负数解， 则 实 数 a 的 取 值 范 围 是 9( 2) 4 ， ．.........................................................................................................10分